尽管排序算法还有很多没有说,但因为这篇⽂章是已经现成有的,就先上这个,回头再把排序补⼀下。
好的开始~BigMoyan有⼀个好基友叫zou先⽣,zou先⽣除了是BigMoyan在学校的社团⽼⼤外,还是⼀家专门为夜总会提供钢管的公司的区域经理。最近,zou经理发现这样⼀个事情,夜总会需要各种长度的钢管⽤作各种⽤途,然⽽每种长度的钢管的价格却不⼀样,总⽽⾔之如下表。
从前,zou经理总是傻乎乎的把总公司发来的10m长钢管以25块的价格卖出去,但是某天他跟学校的打菜阿姨聊起⼈⽣和事业的时候,打菜阿姨却来了⼀句:
“明明每根钢管能卖27块钱,你只卖25,学过C++吗?”
这深深伤害了zou经理的⼼灵,于是他向室友Jie求救。
以下是BigMoyan转述Jie的分析:
⾸先我们正式的表达⼀下这个问题,有⼀段长度为i的钢管,整段出售的价格为Pi,求适当的切割钢条⽅案使得获利最⼤。为了便于zou 理解问题,jie先⽤⼀个例⼦做了⼀下简单说明。 抱毯
⽐如你现在有⼀段长为4m的钢管,如果整段卖的话,卖9块。然⽽你也可以切成两段2m的钢管分别卖,这样⼀共可以卖5*2=10块,所以并不是整段卖就⼀定获益最⼤的。假设对于长为i的钢管,获益最⼤的售价为Ri,我们试着穷举⼀下。
长为1的钢管,i=1,只能整段出售,R1=1
长为2的钢管,i=2,很容易发现整段出售获益最⾼,R2=2
…
长为4的钢管,i=4,上⾯分析了应该切成两段,R4=10=5+5
长为5的钢管,整段出售是10块,分成1+4,因为R4=10,所以可以卖11块,分成2+3,则可卖13块,因此R5=2+3=13
…
由于jie看了BigMoyan关于快速排序的介绍,受到分治策略的影响,于是jie刚开始⾃然⽽然的认为这是⼀个可以递归解决的问题,对于长为i的钢管,其最⼤获益为:
Ri= max{Pn, R1+Rn-1,R2+Rn-2,…Ri-1+R1}
这个意思是说,为了求Ri,我们可以把钢管分为和为i的两段,⽽这两段各⾃⼜是⼀个求⼤获益的问题,正如BigMoyan曾经说过的那样,想要理解递归,⾸先,你要理解递归。然后在各种分法中出最⼤的那个,⾃然就是结果。注意上式中第⼀个参数Pn为整段出售的价格。
Jie把思路告诉了BigMoyan,BigMoyan很快为zou写了这样⼀段程序(没错我就是这样⼀个仗义的⼈),⽤C++写⼤概是下⾯这个样⼦(BigMoyan⽤的最多的依然是Python,可惜Python没有做尾递归优化,只能暂时⽤⼀把C++了):
#include<iostream>
using namespace std;
int Max(int i, int j){
return i>j?i:j;
}
int cut_rod(int p[],int n){
if(n==0)
return0;
int f=0;
int q=-1;除水器
for(int i=1;i!=n;i++){
f=Max(p[n-1],cut_rod(p,i)+cut_rod(p,n-i));
q=Max(q,f);
}
return q;
}
int main(){
int p[10]={1, 5, 8, 9, 10, 17, 17, 20, 24, 25};
固体氧
int f=cut_rod(p,10);
cout<<f;
⽼规矩,碰到代码不要慌,拿个实例稍微分析⼀下,例如求长为5的钢管的最⼤收益。调⽤函数cut_rod(p,5) 进去以后, if测试失败,进⼊for循环
i=1:
f=Max(p[4],cut_rod(p,1)+cut_rod(p,4));
出了p[4]和cut_rod(p,1)+cut_rod(p,4)的⼤者,前者为5m钢管整段出售的价格(下标从0开始所以是5-1=4),后者将5m分为1m和
4m,将两段的最⼤收益加起来作为进⾏1+4分割的最⼤收益。
q=Max(q,f);
第⼀趟的时候q=-1,所以此时q=f保存1+4分割时的最⼤收益。
i=2:
f=Max(p[4],cut_rod(p,1)+cut_rod(p,4));
如上,此次的是整段出售和2+3分割的最⼤收益之间的⼤者。
q=Max(q,f);
q在上次保存了f,这次将新f和上⼀次的值(q)⽐较,拿出最⼤的作为最⼤收益
后⾯以此类推
然⽽在测试代码的时候BigMoyan发现,这代码执⾏效率太他喵的低了!n⽐较⼤的时候,基本上n增加1,代码运⾏时间就要加两倍,我要敢测试⼀个500m长的钢管的最⼤收益(假设数据都有),估计zou经理都要毕业了。
稍加分析发现,执⾏效率低的原因在于⼦问题⼀直在重复计算!计算10m钢管收益的时候要把1~9m的收益全算⼀次,⽽为了计算9m钢管的收益,我⼜要把1~8m的都算⼀次。
⼼!好!累!
此时聪明的jie也已经察觉到了问题所在,这个问题看起来是递归,其实却与递归略有不同。递归的⼦问题互相不相交,⽽这个东西的⼦问题是相交的,相同的⼦问题被⼀遍⼀遍的计算,才导致了效率的低下。
Jie略⼀思忖,计上⼼来,既然⼦问题被⼀遍遍的计算,我们何不以空间换时间,把已经被计算好的⼦问题的结果保存起来,当需要的时候⾸先查询,如果这个问题已经算好了,直接拿来⽤就是,若没算好再进⾏计算。
BigMoyan拍案叫绝,再次改写了代码,于是就有了下⾯这段C++ code:
nt cut_rod(int p[],int n){
int *r=new int[n];
for(int i=0;i!=n;i++)
r[i]=-1;
return cut_rod_memo(p,n,r);
}
调⽤函数名保持⼀致⽅便理解,⾸先建⽴⼀个备忘录r,r⽤来保存已经被计算好的⼦问题的答案。将它初始化为-1。我们还是以计算5m 钢管为例,那么r被初始化为[-1,-1,-1,-1,-1].
接着调⽤cut_rod_memo来计算最⼤收益,那么cut_rod_memo是什么呢?
nt cut_rod_memo(int p[], int n, int r[]){
if(r[n-1]>=0)
return r[n-1];
if(n==0)
int q=0;
else{
int f=0;
int q=-1;
for(int i=1;i!=n;i++){
受机
f=Max(p[n-1],cut_rod_memo(p,i,r)+cut_rod_memo(p,n-i,r));
q=Max(q,f);
}
r[n-1]=q;
好的,不要头⼤,BigMoyan慢慢分析。
进⼊cut_rod_memo后,⾸先查询5m的结果是不是已经算好了,答案是当然没有,r[4]=-1。于是进⼊else语句,这⾥的语句跟之前递归的版本⼀模⼀样,区别只在于递归调⽤的是cut_rod_memo,因为该函数⾥第⼀个语句就是判断⼦问题答案有没有做好,所以避免了多次计算相同的⼦问题,下⾯展⽰这⼀过程。
i=1:
由之前的⽆脑递归的版本可知,for循环解决了i=1时的最⼤收益,在for循环完成后,将其保存在r[0]中,此时r[0]=1
i=2:
在递归调⽤cut_rod_memo(p,1,r)时,因为已经算好r[0]=1,故cut_rod_memo的第⼀个if判断成功,返回r[0],此时的返回值由已经计算过的结果直接拿出,没有重新计算。
其他情况同理。
BigMoyan与jie两⼈相对⽽笑,笑容中充满着对对⽅的赞赏。他们⼀起来到zou经理折戟的银桦⾷堂,与打菜阿姨如此这般⼀讲,本指望收到阿姨赞美的眼光,没想到阿姨把勺⼦⾥的菜抖掉⼀些,淡然说道:
“唔?这不就是动态规划吗,什么新鲜东西,值得来浪,刷卡!”
Ps.动态规划问题当然不⽌这⼀类,但其基本思想是⼀致的,就是不要重复解决已经解决过的问题,感兴趣的同学可以百度⼀下动态规划
PPS:下⾯是全部C++代码
1 #include<iostream>
2using namespace std;
3
4int Max(int i, int j){
氧氟沙星甘露醇5return i>j?i:j;
6 }
7
8int cut_rod_memo(int p[], int n, int r[]){
9if(r[n-1]>=0)
10return r[n-1];
11if(n==0)
12int q=0;
13else{
14int f=0;
15int q=-1;
16for(int i=1;i!=n;i++){
17 f=Max(p[n-1],cut_rod_memo(p,i,r)+cut_rod_memo(p,n-i,r));
18 q=Max(q,f);
19 }
20 r[n-1]=q;
21return q;
22 }
23 }
24
25int cut_rod(int p[],int n){
26int *r=new int[n];
27for(int i=0;i!=n;i++)
28 r[i]=-1;
29return cut_rod_memo(p,n,r);
30 }
31
32int main(){
33int p[10]={1, 5, 8, 9, 10, 17, 17, 20, 24, 25};
34int f=cut_rod(p,10);
35 cout<<f;
36return1;
缘114
37 }